二次型分佈，非中心卡方分佈
定義。認為.
然後
即，分佈與自由度和非中心性參數.
我試圖（至少）找到以下定理的證明：
定理。認為是一個正定對稱矩陣，是一個具有秩的對稱矩陣， 和.
然後
我不明白這個定義是如何工作的。在我看來，為了使我上面給出的定義與定理一起工作，我們必須“分裂”進入權力（無論這意味著什麼），即看，除非我真的在這裡錯過了什麼。
這只是我在自我閱讀，所以任何可以幫助我證明這一點的資料或任何人都將不勝感激。
為了證明這個定理，我們需要以下中間結果。
定理。讓 y∼Nn(0,σ2In) 然後讓 Q=σ−2y′Ay 對於對稱矩陣 A 等級 r . 那麼如果 A 是冪等的，Q 有一個 χ2(r) 分配。
該定理也擴展到另一個方向，但我們只需要充分性，因此我們將證明這一點，我們將使用冪等矩陣的特徵值-特徵向量分解來證明這一點。
重要的是要注意，我們首先考慮均值為零的情況。之後我們將放寬這個假設。但是現在回想一下，對於秩為 r 的方陣，比如說 A
A=r∑i=1λicic′i
其中 lambda 是特徵值，而 ci s 對應的特徵向量。到目前為止，一切都很標準。現在如果我們另外限制 A 要對稱，會發生兩件事：
- 特徵值是實值
- 不同特徵值對應的特徵向量是正交的
這些是所謂的線性代數譜定理的結果，您可以參考任何好的教科書來獲得證明。這對我們有什麼作用？您將看到為什麼需要對稱性。讓我們寫下我們的分解 A 以我們的二次形式，看看會發生什麼。
$$ \sigma^{-2} \mathbf{y}^{\prime} \mathbf{A} \mathbf{y} = \sigma^{-2} \mathbf{y}^{\prime} \left( \sum_{i=1}^r \lambda_i \mathbf{c}_i \mathbf{c}i^{\prime} \right) \mathbf{y} = \sum{i=1}^r \lambda_i \left( \sigma^{-1} \mathbf{c}_i^{\prime} \mathbf{y} \right)^2 \tag{1} $$
我們已經將我們的二次形式寫成正交軸上的加權平方投影。現在讓我們研究一下分佈 c′iy 和 c′jy , i≠j . 按基本規則
$$ \sigma^{-1} \mathbf{c}_i ^{\prime} \mathbf{y} \sim N(0, \underbrace{\mathbf{c}_i^{\prime} \mathbf{c}i}{=1} ) $$
因為特徵向量不是唯一的，因此可以在不失一般性的情況下重新縮放以使其長度為 1。下一個，
Cov(σ−1c′ix,σ−1c′jx)=σ−2c′iIncj=0, i≠j
由譜定理的第二個含義。因此，我們的總和是不相關的。按照正常情況，它們也是獨立的。很容易看出，總和由加權組成 χ2 隨機變量（由特徵值加權）。在這個線程中，有人詢問這是否遵循 χ2 分配不管。答案當然是否定的。
輸入冪等性。從冪等矩陣的定義和特徵值/特徵向量問題很容易得出，冪等矩陣的特徵值等於 1 或 0。由於假設矩陣 A 有等級 r ， 有 r 特徵值等於一。所以
σ−2y′Ay=r∑i=1(σ−1c′iy)2∼χ2(r)
這樣就完成了證明。
如果向量現在會發生什麼 y 有非零的意思嗎？沒有害處，我們將使用非中心的定義 χ2 分佈得出結論，如果
y∼Nn(μ,σ2In)
然後
σ−2y′Ay ∼χ2(r,μ′Aμ)
其中第二項表示非中心性參數。（由於習慣，我將跳過除法 2 但你可以按照自己的方式去做）。
我們現在準備證明所需的結果。
定理。認為 Σ 是一個 n×n 正定對稱矩陣， A 是一個 n×n 具有秩的對稱矩陣 r ， 和 (AΣ)2=AΣ .
然後 y∼N(μ,Σ)⟹Q=y′Ay∼χ2(r,μ′Aμ).
我們被賦予了
AΣAΣ=AΣ
由此得出
AΣA=A
因此我們可以將我們的二次形式改寫為
Q=(Σ−1/2y)′Σ1/2AΣ1/2(Σ−1/2y)
由於假設 Σ 是一個正定矩陣，它的平方根始終是明確定義的，您可以使用特徵值/特徵向量分解來檢查（您還可以檢查方程（ 2 ) 等價於 ( 1 ）！）
你當然會同意 Σ−1/2y∼Nn(Σ−1/2μ,In) . 如果我們暫時假設 μ=0 我們將處於第一個定理的情況，對嗎？好吧，不完全是——我們仍然必須證明中間矩陣是冪等的，但在我們的假設下這很容易。
Σ1/2AΣ1/2Σ1/2AΣ1/2=Σ1/2AΣ1/2
因此，如果 y∼Nn(0,Σ) , Q∼χ2(r) 這意味著如果我們現在切換回非零均值的情況，我們將有
Q=y′Ay∼χ2(r,μ′Aμ)
按要求。 ◻